Demostrar que una serie es convergente - $\sum _{n=1} ^\infty \frac{(-1)^n}{n}$ sin utilizar la prueba en serie alterna

Question

$$\sum _{k=1} ^\infty \frac{(-1)^k}{k}$$

Sé que esta pregunta se ha respondido varias veces, pero mi profesor no ha enseñado todavía la prueba de series alternas ni nada que no sea la prueba de relación, la prueba de raíz y la prueba de comparación donde $a_i \geq 0$ para cada $i \in \mathbb N$ y $\sum_{i=1} ^\infty a_i$ converge y si $|b_i| \leq a_i$ para cada i entonces $\sum_{i=1} ^\infty b_i$ converge absolutamente.

Así que aquí está mi intento utilizando el criterio de Cauchy.

Lo que sabemos: Decimos que la serie $\sum _{i=1}^\infty a_i$ converge si la secuencia de sumas parciales $(S_i)_i$$ No te preocupes. $$_\mathbb N$ converge.

Del criterio de Cauchy, $(S_i)_i$$ No te preocupes. $$_\mathbb N$ converge si y sólo si es una sucesión de Cauchy.

Es evidente que $$\lim_{k\to\infty} S_k = \sum _{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k}$$ .

Denoto $\lim_{k\to\infty} S_k = S$

Supongamos que ( $S_k$ ) es convergente. Entonces $\forall \epsilon \gt 0, \exists N \in \mathbb N$ tal que $\forall n \geq N,$

$|S_n - S|$ = $\vert \sum_{k=n+1} ^\infty \vert$ $\lt \epsilon$

Estoy atrapado aquí. ¿Es posible encontrar tal N para todos $\epsilon \gt 0$ mantener

$\vert \sum_{k=n+1} ^\infty \vert$ $\lt \epsilon$

ser verdad?

(En caso afirmativo, la secuencia ( $S_k$ ) es convergente, por lo que $\sum_{k=1} ^\infty \frac{(-1)^k}{k}$ es convergente por la definición pero no entiendo muy bien si siempre podemos encontrar tal N)

edit: No creo que la prueba de razón o la prueba de raíz sean aplicables para resolver esto y ¿es la prueba de series alternas la única forma de resolver este problema?

Answer 1

Pista. Sea $$ s_n=\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{k} $$ Entonces observe que $$ s_1<s_3<\cdots<s_{2n-1}<s_{2n+1}<s_{2n+2}<s_{2n}<s_{2n-2}<\cdots<s_4<s_2 $$ Por lo tanto $a_n=s_{2n-1}$ es creciente y de límite superior, por $s_2$ mientras que $b_n=s_{2n}$ es decreciente y está acotada por $s_1$ . Por lo tanto, ambos convergen, y puesto que $a_n<b_n$ entonces $$ \lim a_n\le \lim b_n $$ Pero $b_n-a_n=\frac{1}{2n}\to 0$ y, por tanto $$ \lim a_n= \lim b_n $$

Nota. Inevitablemente, la idea de la prueba de Prueba de series alternas se utiliza en la prueba anterior.

Answer 2

No sólo podemos demostrar que la serie de interés converge, sino que también podemos evaluarla utilizando únicamente herramientas elementales. A continuación presentamos dos enfoques.

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METODOLOGÍA $1$ :

Observando que $\int_0^1 x^{n-1}\,dx=\frac1n$ podemos escribir

$$\begin{align} \sum_{n=1}^N \frac{(-1)^n}{n}&=\sum_{n=1}^N (-1)^n\int_0^1 x^{n-1}\,dx\\\\ &=-\int_0^1 \sum_{n=1}^N (-x)^{n-1}\,dx\\\\ &=-\int_0^1 \frac{1-(-x)^N}{1+x}\,dx\\\\ &=-\log(2)+(-1)^N\int_0^1 \frac{x^N}{1+x}\,dx \end{align}$$

Desde $\left|\frac{x^N}{1+x}\right|\le x^N$ tenemos la estimación

$$\left|\int_0^1 \frac{x^N}{1+x}\,dx\right|\le \frac{1}{N+1}$$

Por lo tanto,

$$\lim_{N\to\infty }\sum_{n=1}^N \frac{(-1)^n}{n}=-\log(2)$$

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METODOLOGÍA $2$ :

$$\begin{align} \sum_{n=1}^{2N}\frac{(-1)^n}{n}&=\sum_{n=1}^N \frac1{2n}-\sum_{n=1}^N \frac1{2n-1}\\\\ &=\sum_{n=1}^N \frac1{2n}-\left(\sum_{n=1}^{2N}\frac1n-\sum_{n=1}^N\frac1{2n}\right)\\\\ &=-\sum_{n=N+1}^{2N}\frac1n\\\\ &=-\sum_{n=1}^N \frac{1}{n+N}\\\\ &=-\frac1N \sum_{n=1}^N\frac1{1+(n/N)} \end{align}$$

La última expresión es la suma de Riemann para $-\int_0^1 \frac1{1+x}\,dx=-\log(2)$ como se esperaba.

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Si estas metodologías no son exactamente el camino a seguir que busca el PO, entonces simplemente señalamos

$$\begin{align} \left|\sum_{n=1}^{2N}\frac{(-1)^n}{n}\right|&=\left|\sum_{n=1}^N \frac1{2n}-\sum_{n=1}^N \frac1{2n-1}\right|\\\\ &=\sum_{n=1}^N \frac{1}{2n(2n-1)}\\\\ &\le \frac12 \sum_{n=1}^N \frac1{n^2} \end{align}$$

y la serie de interés converge por comparación con la serie $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ (Tenga en cuenta que $\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^2}\le \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n(n-1)}=1$ ).

Answer 3

Podemos procesar los términos por pares porque dos sumas parciales sucesivas difieren en $\pm\dfrac1n$ que tiende a cero.

Estudiemos ahora la serie con término general

$$\frac1{2n}-\frac1{2n+1}=\frac1{(2n+1)2n}\le\frac1{4n^2}.$$

Para este límite superior, agruparemos los términos segundo y tercero, luego del cuarto al séptimo, y así sucesivamente, duplicando cada vez la longitud.

$$4S=1+\left(\frac1{2^2}+\frac1{3^2}\right)+\left(\frac1{4^2}+\frac1{5^2}+\frac1{6^2}+\frac1{7^2}\right)+\cdots \\\le1+\left(\frac1{2^2}+\frac1{2^2}\right)+\left(\frac1{4^2}+\frac1{4^2}+\frac1{4^2}+\frac1{4^2}\right)+\cdots \\=1+\frac12+\frac14+\cdots,$$ una serie convergente bien conocida.